题目内容
1．
如图，一次函数y=-x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．（1）写出点A的坐标；
（2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
（3）若点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}$的值．
分析 （1）将y=0代入y=-x+4，求得x的值，从而得到点A的坐标；
（2）首先根据题意画出图形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB的长度，然后由全等三角形的性质求得QA的长度，从而得到BQ的长，然后根据PA=BQ求得PA的长度，从而可求得点P的坐标；
（3）首先根据题意画出图形，设AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的长度，然后根据勾股定理可求得两圆的直径（用含m的式子表示），然后利用圆的面积公式求得两圆的面积，最后代入所求代数式求解即可．
解答 解（1）令y=0，得：-x+4=0，解得x=4，
即点A的坐标为（4，0）；
（2）存在．
理由：第一种情况，如下图一所示：
∵∠OBA=∠BAP，∴它们是对应角，
∴BQ=PA，
将x=0代入y=-x+4得：y=4，
∴OB=4，
由（1）可知OA=4，
在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=4$\sqrt{2}$．
∵△BOQ≌△AQP．
∴QA=OB=4，BQ=PA．
∵BQ=AB-AQ=4$\sqrt{2}$-4，
∴PA=4$\sqrt{2}$-4．
∴点P的坐标为（4，4$\sqrt{2}$-4）；
第二种情况，如下图二所示：
∵△OQB≌△APQ，
∴AQ=BO=4，AB=$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{2}$，BQ=AP，
∴BQ=AB+AQ=$4\sqrt{2}+4$，
∴AP=4$\sqrt{2}+4$，
∴点P的坐标为：（4，-4$\sqrt{2}-4$）；
由上可得，点P的坐标为：（4，$4\sqrt{2}-4$）或（4，$-4\sqrt{2}-4$）．
（3）如图所示：
令PA=a，MA=b，△OAP外接圆的圆心为O1，△OAM的外接圆的圆心为O2，
∴OP2=OA2+PA2=42+a2=16+a2，OM2=OA2+MA2=42+b2=16+b2，
在Rt△POM中，PM2=OP2+OM2=a2+16+b2+16，
又∵PM2=（PA+AM）2=（a+b）2=a2+2ab+b2，
∴ab=16，
∵O1A2=O1Q2+QA2=（$\frac{OA}{2}$）2+（$\frac{PA}{2}$）2=$\frac{1}{4}$a2+4，O2A2=O2N2+NA2=（$\frac{OA}{2}$）2+（$\frac{MA}{2}$）2=$\frac{1}{4}$b2+4，
∴S1=π×O1A2=（$\frac{1}{4}$a2+4）π，S2=π×O2A2=（$\frac{1}{4}$b2+4）π，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{1}+{S}_{2}}{{S}_{1}{S}_{2}}$=$\frac{π×（\frac{1}{4}{a}^{2}+4）+π×（\frac{1}{4}{b}^{2}+4）}{π×（\frac{1}{4}{a}^{2}+4）×π×（\frac{1}{4}{b}^{2}+4）}$=$\frac{4}{π}$×$\frac{{a}^{2}+{16+b}^{2}+16}{16{a}^{2}+16{b}^{2}+1{6}^{2}+1{6}^{2}}$=$\frac{1}{4π}$．
点评 本题主要考查的是全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定以及勾股定理和一次函数的综合应用，根据题意画出图形，利用全等三角形和相似三角形的性质和判定求得AM和PA的长度是解题的关键．
如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A、B的坐标分别为A（0，4）和B（-2，0），连结AB．